mod函数

A. The beautiful values of the palace 待补 B. super_log 题意：研究一下就是求幂塔函数 %m的值。 思路：扩展欧拉降幂。 AC代码： 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const long long mod = 1e9 + 7; 5 int a, b, m; 6 ll eular(ll n) 7 { 8 ll ans = n; 9 for(int i = 2;i * i <= n;i++) 10 { 11 if(n % i == 0) 12 { 13 ans -= ans / i; 14 while(n % i == 0) n /= i; 15 } 16 } 17 if(n != 1) ans -= ans / n; 18 return ans; 19 } 20 int ksm(ll a, ll n, ll mod) 21 { 22 if(n == 0) return 1; 23 if(a <= 1) return a; 24 if (n == 0) 25 return 1; 26 if (a<=1) 27 return a; 28 bool flag = false; 29 ll t = 1; 30 for (int

\(这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .\) \(Burnside引理\) \[L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)\] \(L\) : 本质不同的方案数. \(G\) : 置换群集合. \(a_i\) : 置换群中的第 \(i\) 个置换. \(D(a_i)\) : 进行 \(a_i\) 这个置换, 状态不会变化的方案 数量. 该引理与下方内容没有太大关系, 可以暂时忽略. \(Problem\) 链接 有 \(N\) 个石子围成一圈, 使用 \(M\) 种颜色染色, 求有多少种本质不同的方案. 借此问题引入 \(Polya定理\) \(↓\) \(Polya定理\) \[L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}M^{C(g_i)}\] 先丢出公式. 这道题的 置换群 \(G\) : 转 \(0\) 次, 转 \(1\) 次 ...转 \(N-1\) 次, (皆为顺时针转动). 若满足旋转 \(k\) 个位置, 状态和原来相同, 那么 \(i\) 位置颜色 等于 \((i+k)\%N\) 位置颜色, 旋转 \(t\) 次, 仍和原来位置相同, 即 \(i\) 位置与 \((i+t*k)\%N\) 位置颜色相同, 则 \(i\) 旋转 \(t\) 个 \(k\) 次, 一定能回到原来位置,

前言 杜教筛学了，顺便把min25筛也学了吧= =刚好多校也有一道题需要补。 下面推荐几篇博客，我之后写一点自己的理解就是了。 传送门1 传送门2 传送门3 这几篇写得都还是挺好的，接下来我就写下自己对min25筛的理解吧 。 正文 简介： min25筛同杜教筛类似，是用来解决一类积性函数的前缀和，即 \(\sum_{i=1}^nF(i)\) ，并且这里的 \(n\) 可以达到 \(10^{10}\) 的规模。 但所求积性函数要求满足以下条件： \(F(p)\) 可以表示为简单多项式的形式，比如 \(p_1^{k_1}+p_2^{k_2}+p_3^{k_3}\) ， \(p\) 为质数； \(F(p^e)\) 的值要较容易求得。 为什么是这样？往下看就知道啦。 求解： 我们可以将上面说的多项式拆成的每项单独来算前缀和，最后加起来即可。 设 \(f(p)=p^k\) ，我们现在就来求 \(f(i)\) 的前缀和。注意这里 \(f\) 函数是完全积性函数，后面我们需要用到这一性质。 Part 1 : 首先设 \(g(n,j)\) 表示： \(1,2...n\) 中，满足条件的 \(f\) 之和，满足条件是指要么为质数，要么其最小质因子大于第 \(j\) 个质数。 为什么要这么设？后面就知道啦。 之后我们考虑递推求解： 若 \(p_j^2>n\) ，根据定义， \(g(n,j)=g(n

$这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .$ ___ $Burnside引理$ $$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$$ $L$: 本质不同的方案数. $G$: 置换群集合. $a_i$: 置换群中的第 $i$ 个置换. $D(a_i)$: 进行 $a_i$ 这个置换, 状态不会变化的方案 数量. 该引理与下方内容没有太大关系, 可以暂时忽略. ___ $Problem$ 链接 有 $N$ 个石子围成一圈, 使用 $M$ 种颜色染色, 求有多少种本质不同的方案. 借此问题引入 $Polya定理$ $↓$ $Polya定理$ $$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}M^{C(g_i)}$$ 先丢出公式. 这道题的 置换群 $G$: 转$0$次, 转$1$次 ...转 $N-1$ 次, (皆为顺时针转动). 若满足旋转 $k$ 个位置, 状态和原来相同, 那么 $i$ 位置颜色 等于 $(i+k)%N$ 位置颜色, 旋转 $t$ 次, 仍和原来位置相同, 即 $i$ 位置与 $(i+t k)%N$ 位置颜色相同, 则 $i$ 旋转 $t$ 个 $k$ 次, 一定能回到原来位置, 即可以无限旋转, 所以 $i$ 就与 所有 $(i+t k)%N$ 位置呈现一个封闭的 $\color{red}{循环节

$这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .$ ___ $Burnside引理$ $$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$$ $L$: 本质不同的方案数. $G$: 置换群集合. $a_i$: 置换群中的第 $i$ 个置换. $D(a_i)$: 进行 $a_i$ 这个置换, 状态不会变化的方案 数量. 该引理与下方内容没有太大关系, 可以暂时忽略. ___ $Problem$ 链接 有 $N$ 个石子围成一圈, 使用 $M$ 种颜色染色, 求有多少种本质不同的方案. 借此问题引入 $Polya定理$ $↓$ $Polya定理$ $$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}M^{C(g_i)}$$ 先丢出公式. 这道题的 置换群 $G$: 转$0$次, 转$1$次 ...转 $N-1$ 次, (皆为顺时针转动). 若满足旋转 $k$ 个位置, 状态和原来相同, 那么 $i$ 位置颜色 等于 $(i+k)%N$ 位置颜色, 旋转 $t$ 次, 仍和原来位置相同, 即 $i$ 位置与 $(i+t k)%N$ 位置颜色相同, 则 $i$ 旋转 $t$ 个 $k$ 次, 一定能回到原来位置, 即可以无限旋转, 所以 $i$ 就与 所有 $(i+t k)%N$ 位置呈现一个封闭的 $\color{red}{循环节

有关斯特林数的介绍和斯特林反演： 斯特林数及斯特林反演 。 本来是想做容斥的，结果发现了一个多项式题目…… 不过容斥和反演息息相关嘛。 这题做完之后感觉卷积也不是那么难，就把它理解成一个预处理一个复杂函数的方法就好了。这样复杂度可以从 \(O(n)\) 求和式变成 \(O(1)\) 取得函数值了。 这道题目是有关第二类斯特林数的，上文的博客中推导了第二类斯特林数的一个公式： \(\begin{aligned} S(n, m) = \frac{1}{m!} \sum_{k = 0}^m (-1)^k C(m, k) (m - k)^n \\ = \sum_{k = 0}^m \frac{(-1)^k (m - k)^n}{k!(m - k)!} \end{aligned}\) 发现上式是个卷积形式，于是本题的柿子可以这样推导（后两步好神仙啊）： \(\begin{aligned} F(n) =\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i S(i, j) * 2^j * j! \\ =\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n S(i, j) * 2^j*j! \\ =\sum_{j=0}^n 2^j*j!\sum_{i=0}^n S(i, j) \\ =\sum_{j=0}^n 2^j*j!\sum_{i=0}^n \sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k

怎样跑得更快 大力水手问禅师：“大师，我觉得我光有力气是不够的。比如我吃菠菜可以让力气更大，但是却没有提升跑步的速度。请问怎样才能跑得更快？我试过吃白菜，没有效果。” 禅师浅笑，答：“方法很简单，不过若想我教你，你先看看这道UOJ Round的C题。” 令 \(p = 998244353\) （ \(7 \times 17 \times 2^{23} + 1\) ，一个质数）。 给你整数 \(n, c, d\) 。现在有整数 \(x_1, \dots, x_n\) 和 \(b_1, \dots, b_n\) 满足 \(0 \leq x_1, \dots, x_n, b_1, \dots, b_n < p\) ，且对于 \(1 \leq i \leq n\) 满足： \[ \begin{equation} \sum_{j = 1}^{n} \gcd(i, j)^c \cdot \text{lcm}(i, j)^d \cdot x_j \equiv b_i \pmod{p} \end{equation} \] 其中 \(v \equiv u \pmod{p}\) 表示 \(v\) 和 \(u\) 除以 \(p\) 的余数相等。 \(\gcd(i, j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 的最大公约数， \(\text{lcm}(i, j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\)

记录平时遇到的一些知识点。 原根 阶 :设 \(a,p\) 是整数且互质，那么满足 \(a^n=1\mod p\) 的最小整数 \(n\) 就称为 \(a\) 模 \(p\) 的阶。 原根 ：当 \(a\) 模 \(m\) 的阶为 \(\varphi(m)\) 时，就称 \(a\) 为模 \(m\) 的一个原根。 性质 ：假设 \(g\) 为模 \(m\) 的一个原根，那么满足 \(g^1,g^2,\cdots,g^{p-1}\) 模 \(m\) 的结果两两不相同。 模 \(m\) 有原根的充要条件： \(m=2,4,p^a,p^{2a}\) ， \(p\) 为奇素数。 快速求原根：得到 \(m-1\) 的所有质因子 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\) ，从小到达枚举 \(i\) ，若满足 \(i^\frac{m-1}{p_j}\mod m =1\) ，则 \(i\) 不为原根。证明可通过裴蜀定理来证明，详见： 传送门 二次剩余 定义 ：若存在一个 \(x\) ，满足 \(x^2=d\mod p\) ，则称 \(d\) 为模 \(p\) 的二次剩余。 勒让德记号 ： \(\big(\frac{a}{p}\big)\) ，表示 \(a^\frac{p-1}{2}\) 。 欧拉准则 ： \[ \left(\frac{a}{p}\right) \equiv \left\{

目录 关于取余运算 关于取余运算 两个数 n d 进行取余,记为: n % d (d !== 0). 对于结果 r 的正负性,可以规定为，与 n 的符号一致. 见下面的mod函数. console.log('-12%5:',-12%5); console.log('12%-5:',12%-5); console.log('7%-3:',7%-3); // console.log('3%0',3%0); console.log('-12%-5',-12%-5); function _pos_mod(n,d) { if(n < 0 || d < 0){ throw new Error(`n:${n} or d:${d} 应该 >= 0`); } if(d === 0){ throw new Error('不能对0取余'); } if(n < d){ return n; } return _pos_mod(n - d,d); } function abs(x){ if(x >= 0){ return x; } return -x; } function mod(n,d){ // 正数取余 结果 >= 0 // 负数取余 结果 <= 0 // 正负取余 结果 >= 0 // 负正取余 结果 <= 0 // 正负性 取决于第一个数 if(n >= 0){ return _pos_mod(n

题目描述： The Sum of the k-th Powers time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output There are well-known formulas: , , . Also mathematicians found similar formulas for higher degrees. Find the value of the sum modulo 109 + 7 (so you should find the remainder after dividing the answer by the value 109 + 7). Input The only line contains two integers n ,  k (1 ≤  n  ≤ 109, 0 ≤  k  ≤ 106). Output Print the only integer a — the remainder after dividing the value of the sum by the value 109 + 7. Examples Input Copy 4 1 Output Copy 10 Input